Le postulat de Bertrand

Le postulat de Bertrand
par Arnaud Dhallewyn
En 1845 Joseph Bertrand énonce la conjecture suivante :
∃p∈P|n < p < 2n
La conjecture fut complètement démontrée en 1850 par Pafnouti Tchebychev. Une autre
démonstration de Landau qui est sensiblement la même que celle de Tchebychev fut aussi donnée.
En revanche une démonstration plus simple fut présentée par Srinivasa Ramanujan, et enfin Paul
Erdös donna une preuve encore plus simple en 1932.
Démonstration de Ramanujan.
Soit θ(x)représentant la somme des logarithmes de tous les nombres premiers n’excédant pas xet
soit :
ψ(x) = θ(x) + θx
1
2+θx
1
3+(1)
log [x]! = ψ(x) + ψ1
2x+ψ1 3x+ (2)
où [x]désigne la partie entière de x.
De (1) nous avons :
ψ(x)−2ψ(x
√) = θ(x)−π(x)−π1
2xθx
1
2+θx
1
3−(3)
et de (2) :
log [x]! −2log1
2x! = ψ(x)−ψ1 2x+ψ1 3x−(4)
Maintenant rappellons que θ(x)et ψ(x)sont des fonctions en constante croissance, nous trouvons
de (3) et (4) que
ψ(x)−2ψ(x
√)6θ(x)6ψ(x); (5)
et
ψ(x)−ψ1
2x6log [x]! −2log1 2x!6ψ(x)−ψ1 2x+ψ1 3x(6)
Mais il est simple de voir que
log Γ(x)−2log Γ1
2x+1
26log [x]! −2log1
2x!6logΓ(x+ 1) −2log Γ1
2x+1
2(7)
Maintenant en utilisant les approximations de Stirling, nous déduisons de (7) que
log [x]! −2log1
2x!<3
4x, if x > 0,(8)
1

et
log [x]! −2log1
2x!>3
4x, if x > 300,(9)
Il suit de (6), (8) et (9) que
ψ(x)−ψ1
2x<3
4x, if x > 0,(10)
et
ψ(x)−ψ1
2x+ψ1
3x>3
2x, if x > 300,(11)
Maintenant changeons xen 1
2x, 1
4x, 1 8x,...dans (10) et en additionnant tous les résultats, nous
obtenons
ψ(x)<3
2x, if x > 0,(12)
Nous avons encore :
ψ(x)−ψ1
2x+ψ1
3x6θ(x) + 2ψ(x
√)−θ1
2x+ψ1 3x< θ(x)−θ1 2x+1
2x+ 3 x
√(13)
en vertu de (5) et (13) :
θ(x)−θ1
2x>1
6x−3x
√,if x > 300,(14)
Mais il est évident que
1
6x−3x
√>0,if x>324
D’où :
θ(2x)−θ(x)>0,if x>162,(15)
En d’autres mots, il y a au moins un nombre premier entre xet 2xsi x>162. Ainsi le postulat de
Bertrand est vérifié pour tout x>162. Une vérification pour x < 162 montre montre que le postulat
est toujours valable.
Soit π(x)désignant le nombre de nombres premiers inférieures ou égales à x. Alors puisque
π(x)−π1
2x
est le nombre de nombres premiers entre xet 1
2x, et θ(x)−θ1
2xest la somme des logarithmes
de nombres premiers entre xet 1
2x, il est évident que
θ(x)−θ1
2x6π(x)−π1
2xlog x(16)
pour tout x. Il suit de (14) et de (16) que
π(x)−π1
2x>1
log x1
6x−3x
√,if x > 300,(17)
2

De ceci, nous déduisons facilement que
π(x)−π1
2x>1,2,3,4,5, , if x>2,11,17,20,41,(18)
Démonstration de Erdös.
Déterminons tout d’abord ∀x∈R>2:
Y
p6x
p64x−1(1)
qui se montre par récurrence si q6xalors :
Y
p6x
p=Y
p6q
pet 4q−164x−1
il suffit de vérifier (1) quand x=q∈P.
Pour q= 2 on a 264
pour q= 2m+ 1
Y
p62m+1
p=Y
p6m+1
p·Y
m+1<p62m+1
p64m
2m+ 1
m64m22m= 42m
car
Y
p<m+1
p64m
On a l’inégalité
Y
m+1<p62m+1
p62m+ 1
m
car
2m+ 1
m=(2m+ 1)!
m! (m+ 1)!
et
2m+ 1
m622m
en effet :
4m=(1 + 1)2m+1
2=
x+2n+ 1
m+2m+ 1
m+ 1 
2>2m+ 1
m
et puisque
2m+ 1
m=2m+ 1 m+ 1 
Du théorème de Legendre, il vient :
2n
n=(2n)!
(n!)2contient le facteur premier pexactement :
X
k>12n
pk−2
n
pk fois
3

Ici chaque terme de la somme est au plus égal à 1, puisqu’il vérifie
2n
pk−2
n
pk<2n
pk−2n
pk−1= 2
les termes de la somme disparaissent dès que pk>2n, ainsi 2n
ncontient pexactement :
X
k>12n
pk−2
n
pk6max {r:pk62n}fois
Par conséquent la plus grande puissance de pqui divise 2n
nn’est pas supérieur à 2n. En
particulier, les p > 2n
√apparaissent au plus une fois dans la factorisation de 2n
n. En outre les
nombres premiers pqui vérifient 2
3n < p 6n(p6nsi 2
3n < p 6nalors 2p62n < 3psoit p2>4 9n2>2n
d’où 2
3n) ne divisent pas 2n
n. En effet 3p > 2nimplique que pet 2psont les seuls multiples de
pqui apparaissent comme facteur du numérateur de (2n)!
(n!)2.
Estimons 2n
nsi n>3
4n
2n62n
n6Y
p62n
√
2n·Y
2n
√<p62
3n
p·Y
n<p62n
p
ainsi, puisqu’il n’y a pas plus de 2n
√nombres premiers :
p62n
√
4n6(2n)1+ 2n
√·Y
2n
√<p62
3n
p·Y
n<p62n
p n >3(2)
Supposons qu’il n’y a pas de p∈Ptels que n < p 62n. Le deuxième produit dans (2) vaut alors
1. En substituant (1) dans (2), on obtient :
4n6(2n)1+ 2n
√4
2
3n⇔4
1
3n6(2n)1+ 2n
√(3)
ce qui est faux dès que nsuffisamment grand, en utilisant a+ 1 <2a, on a :
2n=2n
6
√6< 2n
6
√+ 16<262n
6
√626 2n
6
√(4)
Ainsi si n>50 (et par conséquent 18 <2 2n
√) on déduit de (3) et (4) que :
22n6(2n)31+ 2n
√<26 2n
√18+18 2n √<220 2n
6
√2n
√= 220(2n)2/3
cela implique (2n)1/3 <20 et donc n < 4000.
Et pour n < 4000, on vérifie aisément que la propriété est toujours valable.
De (2) on déduit que
Y
n< p62n
p>2
1
30nsi n>4000
4

et donc qu’il y a au moins
Y
p62n
√
plog(2n)
log plog2n
2
1
30n=1
30
n
log2n+ 1
nombres premiers dans [n; 2n].
Autre démonstration.
Soit :
dn=Y
p6n
plog n
log p
pour n>2, on a :
d2n=
Y
p62n
√
plog(2n)
log p
Y
2n
√<p6n
plog(2n)
log p
Y
n< p62n
plog(2n)
log p
6
Y
p62n
√
plog(2n)
log p
 Y
2n
√<p6n
p! Y
n< p62n
p!6(2n)π 2n
√dn
Y
n<p62n
p!
Or ∀n>8,π(n)6n
2. En effet la suite 9;10;...,ncontient au plus n−8
2nombres premiers ( car 9 P
et 2qP) et il existe seulement 4 nombres premiers 67. Donc :
4n6d2n6e
1
22n
√log(2n)dn
Y
n< p<2n
p!6enlog 3+ 1
22n
√log(2n)
Y
n<p<2n
p!
ainsi :
Y
n< p<2n!>e(log 4−log3)n−
1
22n
√log(2n)>1
Dès lors que n>226, il existe alors un nombre premier ptel que n < p < 2n. On peut aussi vérifier
le résultat qui est aussi vrai pour n < 226.
Bibliographie.
•S.Ramanujan.A proof of Bertrand’s postulate. Journal of the Indian Mathematical
Society, 11, 1919, 181-182.
•M.Aigner/M.Ziegler. Proof from the books (2000).
•Hardy/wright. An introduction to the theory of numbers (1979). 343-345 et 373.
•D.Duverney.Théorie des nombres (2007).
•P.Erdös. Beweis eines Satzes von Tschebyschef . Acta.Litt.Sci.Szeged 5,194-198 (1932).
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